江苏省镇江市2020-2021学年高一下学期期中数学试卷（含答案）

2020-2021学年江苏省镇江市高一（下）期中数学试卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．（5分）已知向量，，且，那么实数的值是　　

A． B． C． D．2

2．（5分）若，则实数　　

A．2 B．3 C．4 D．5

3．（5分）已知，，则的值为　　

A． B． C．2 D．

4．（5分）已知向量，满足，，，那么与的夹角为　　

A． B． C． D．

5．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则　　

A．2 B． C． D．

6．（5分）在中，点在线段上，且，若，则　　

A． B． C． D．

7．（5分）今年是伟大、光荣、正确的中国共产党成立100周年．“红星闪闪放光彩”，正五角星是一个非常优美的几何图形，庄严美丽的国旗和国徽上的大五角星是中国共产党的象征，如图为一个正五角星图形，由一个正五边形的五条对角线连结而成，已知，为的两个黄金分割点，即．则　　

A． B． C． D．

8．（5分）▲表示一个整数，该整数使得等式成立，这个整数▲为　　

A． B．1 C．2 D．3

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9．（5分）已知复数，则下列结论正确的是　　

A．在复平面内，对应的点在第四象限 

B． 

C．复数和满足方程 

D．

10．（5分）已知向量，，是三个非零向量，则下列结论正确的有　　

A．若，则 B．若，，则 

C．若，则 D．若，则

11．（5分）在中，角，，的对边分别为，，，且，则下列结论正确的是　　

A． 

B． 

C．如果为锐角，为虚数单位，，，则 

D．

12．（5分）在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，为边的中点，则下列结论正确的是　　

A． B．若的周长为 

C．的长为 D．若是中点，

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.

13．（5分）已知向量，是两个不共线的向量，且，，，若，，三点共线，则实数　　．

14．（5分）已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数的陈述如下为虚数单位）

甲：；乙：；丙：；丁：．

在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数　　．

15．（5分）已知正六边形的边长为1，当点满足 　　时，．

（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况）

16．（5分）窗，古时亦称为牅，它伴随着建筑的起源而出现，在中国建筑文化中是一种独具文化意蕴和审美魅力的重要建筑构件．如图，是某古代建筑群的窗户设计图，窗户的轮廓是边长为的正方形，它是由四个全等的直角三角形和一个边长为的小正方形拼接而成，则　　；的值为 　　．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．（10分）已知，为锐角，，．

（1）求的值；

（2）求的值．

18．（12分）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．

①为虚数单位），②的面积为，③，

在中，内角，，的对边分别为，，，若，，______．

（1）求；

（2）在（1）的结论下，若点为线段的一点且，求长．

19．（12分）若是边长为2的正三角形．请在内画一条线段，端点，都在的边上，并将正分成面积相等的两部分．

（1）请给出线段的一种画法，并证明；

（2）如果此时线段是所有画法中最短的，求此时该线段的长度；

（3）请提出一个类似（2）的问题（不需要解决你提出的问题）．

20．（12分）如图，正三角形的边长为6，，分别是边，上的点，且，，其中，，为的中点．

（1）若，求；

（2）设为线段的中点，若，求的最小值．

21．（12分）已知，，函数．

（1）求函数的奇偶性；

（2）是否存在常数，使得对任意实数，恒成立；如果存在，求出所有这样的；如果不存在，请说明理由．

22．（12分）如图，某湖有一半径为1百米的半圆形岸边，现决定在圆心处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距2百米的点处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点以及湖中的点处，再分别安装一套监测设备，且满足，设．

（1）当，求四边形的面积；

（2）当为何值时，线段最长并求出此时的最大值．

2020-2021学年江苏省镇江市高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．【分析】根据题意，由向量数量积的坐标计算公式可得，解可得的值，即可得答案．

【解答】解：根据题意，向量，，

若，则有，

解可得：；

故选：．

2．【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数相等的条件求得值．

【解答】解：由，得，

．

故选：．

3．【分析】由已知利用两角差的正切公式即可计算求解．

【解答】解：因为，，

则．

故选：．

4．【分析】根据题意，设与的夹角为，由数量积的计算公式可得，变形可得的值，结合的范围分析可得答案．

【解答】解：根据题意，设与的夹角为，

又由，则，

变形可得，

又由，则，

故选：．

5．【分析】由已知利用余弦定理可求的值，进而根据正弦定理即可求解．

【解答】解：因为，，，

所以由余弦定理可得，

则．

故选：．

6．【分析】根据平面向量的线性运算和平面向量的基本定理，可得，再结合二倍角公式，得解．

【解答】解：，

，

，

，，

，

故选：．

7．【分析】过作于，设，，则，利用，得，再利用二倍角公式求解．

【解答】解：如图，过作于，设，，则，

．，即，解得：，

则

故选：．

8．【分析】设这个整数为，然后利用二倍角公式、诱导公式、角的变换以及两角差的余弦公式，展开化简，即可得到答案．

【解答】解：设这个整数为，

因为，

则，

所以，

则，

即，

所以，

则，即这个整数▲为1．

故选：．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9．【分析】由已知求得的坐标判断；求出判断；求解实系数一元二次方程判断；求解判断．

【解答】解：，，

在复平面内，对应的点的坐标为，在第四象限，故正确；

，故正确；

方程的根为，即复数和满足方程，故正确；

，故错误．

故选：．

10．【分析】由平面向量数量积的定义可判断；由平面向量共线定理可判断；对于选项，先平方处理，整理后即可得解．

【解答】解，对于，若，则与同向或反向，则，，故错误；

对于，对于三个非零向量，，，由平面向量共线定理可知，

存在非零实数和，若，则，若，则，所以，所以，故正确；

对于，若，则，所以或与垂直，故错误；

对于，若，两边平方、化简得，，即，故正确；

故选：．

11．【分析】，利用在三角形中大角对大边进行判定；

，利用函数，单调递增即可判定，

，利用，，即可判定；

，利用，即可判定．

【解答】解：对于，在中，因为，所以，故正确；

对于，在中，因为，因为函数，单调递增，，

又，故正确；

对于，如果为锐角，则，，

，则故正确；

对于，，显然不一定成立，故错．

故选：．

12．【分析】选项，易知，再由，展开运算，求得的值，即可得解；

选项，由正弦定理，得，由余弦定理推出，从而知，进而得的周长；

选项，在中，由余弦定理即可求得的长；

选项，由，即可得解．

【解答】解：对于选项，，，

，

，

，

，，即选项错误；

对于选项，由正弦定理知，，

①，

在中，由余弦定理知，，即②，

由①②解得，

的周长为，即选项正确；

对于选项，在中，由余弦定理知，，

，即选项正确；

对于选项，，即选项正确．

故选：．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.

13．【分析】根据向量的共线性质即可求出．

【解答】解：，，，

，，

，，三点共线，

不妨设，

，

，

解得，，

故答案为：1．

14．【分析】由题意可设，分别求出甲、乙、丙、丁的结果，再根据有且只有两个人的陈述正确，可推断出甲丁正确，从而求出，的值，得到复数．

【解答】解：由题意可设，

，

，，，，

丙丁不可能同时正确，乙丁不可能同时正确，且甲、乙、丙可以知二推一，

甲丁正确，

此时，，，

故答案为：．

15．【分析】，再根据平面向量数量积的几何意义，得解．

【解答】解：因为正六边形的边长为1，所以，

所以，

要使，则，

而的几何意义为向量在向量上的投影，

当点在直线上运动时，，

故答案为：为直线上任一点．

16．【分析】由勾股定理可求得直角三角形的两条直角边，由，根据两角和的正切公式展开运算即可，由，展开后根据平面向量数量积的定义，得解．

【解答】解：设四个全等的直角三角形的短直角边为，则长直角边为，

，

，化简得，解得或（舍负），

在中，，

在中，，

，

．

故答案为：，0．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．【分析】（1）由题意利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而根据两角差的正切公式即可求解的值．

（2）由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而根据两角差的余弦公式即可求解．

【解答】解：（1）因为，为锐角，则，，，

则，，

而．

（2）由，，

可得：，，

则．

18．【分析】（1）选择条件①，由题意利用复数的模可得，解得，的值，进而根据余弦定理可求的值．

选择条件②，利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用三角形的面积公式可求的值，结合，即可得解，的值，进而根据余弦定理即可求解的值．

选择条件③，利用平面向量数量积的运算可求的值，结合，即可得解，的值，进而根据余弦定理即可求解的值．

（2）在中，由余弦定理可求的值，由题意可求的值，在中，由余弦定理可求得的值．

【解答】解：（1）方案一：选择条件①，

由，解得，

则，则．

方案二：选择条件②，

，

，

又，

，

由，解得，

，则．

方案三：选择条件③，

，；

，

由，解得，

，则．

（2）在中，由余弦定理得：，

因为，，则．

在中，由余弦定理得：，

则．

19．【分析】（1）当与重合，是中点时，线段将正分成面积相等的两部分，然后证明；

（2）线段的两端点都在的边上，不妨设点在线段上，点在线段上，然后证明；

（3）在三角形边上取合适点、，可解决此问题．

【解答】解：（1）当与重合，是中点时，线段将正分成面积相等的两部分．

证明：易证，所以和的面积相等，

此时线段将正分成面积相等的两部分．

（此题答案不唯一，其它合理表述和解法也可以）

（2）线段的两端点都在的边上，不妨设点在线段上，点在线段上．

设，，，

由（1）知，由得．

在中，由余弦定理得：，

（当且仅当“”时取等号），故，

综上，当点在线段上，点在线段上，且时，

线段将正分成面积相等的两部分．

（此题答案不唯一，其它合理表述和解法也可以）

（3）如：①在正内画一条线段，端点，都在的边上，并将分成面积相等的两部分，求此时三角形的周长的最小值；

在正内画一条线段，端点，都在的边上，并将分成的一个三角形和一个四边形，若它们的周长相等，求此时三角形的面积的最大值．

（此题答案不唯一，其它合理表述和解法也可以）

20．【分析】法一（基底法）（1）用向量和分别表示，，再利用向量的数量积运算即可求解；（2）用向量和分别表示，，由向量的线性运算及模的运算将转化为关于的函数，求出函数的最值即可求解．

法二（坐标法）：以所在直线为轴，其中垂线为轴建立平面直角坐标系，（1）利用向量的数量积坐标运算即可求解；（2）利用向量模的坐标运算转化为关于的函数，即可求解最小值．

【解答】解：【法一（基底法）】

（1）当时，，，

．

（2），，

则，

则．

当时，的最小值为．

【法二（坐标法）】

以所在直线为轴，其中垂线为轴建立平面直角坐标系，

则，，，，

（1）由，得，

则，，．

（2），，

，，为线段的中点，则，

则，

当时，的最小值为．

21．【分析】解法一：（1）利用奇偶性的定义即可判断出；

（2）对等式展开化简即可得出．

解法二：先利用倍角公式进行化简再利用上述解法一即可．

【解答】解法一：（1）定义域是，

，

函数是偶函数．

（2），

，

移项得：，

展开得：，

对于任意实数上式恒成立，只有．

，．

解法二：．

（1）定义域是，

，

该函数在定义域内是偶函数．

（2）由恒成立，

，

，

化简可得：对于任意实数上式恒成立，

只有，

，．

22．【分析】（1）先利用余弦定理表示出，再利用三角形的面积公式即可求解；

（2）由题意在中，由余弦定理得，由正弦定理得，利用同角三角函数基本关系式可求，利用两角和的余弦公式可求，在中，由余弦定理，三角函数恒等变换可求，利用正弦函数的性质，分类讨论即可求解其最大值．

【解答】解：（1）在中，由余弦定理得：，

于是四边形的面积为．

（2）当时，

在中，由余弦定理得，

所以，所以，

在中，由正弦定理得，即，

又，所以为锐角，

所以，

所以，

在中，由余弦定理得：．

则当时，的最大值为3．

当时，由余弦定理得：，

此时，，

当时，，，

此时，，

综上，当时，的最大值为3．